2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题4圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题考法2定值问题

大题考法2定值问题(2023·韶关二模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左右焦点为F1，F2，经过焦点的圆O(O为坐标原点)交双曲线C的左支于M，N，且△OMN为正三角形．(1)求双曲线C的标准方程及渐近线方程；(2)若点P为双曲线C右支上一点，射线PF1，PF2分别交双曲线C于点A，B，试探究eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)因为△OMN为正三角形，由对称性知∠MOF1＝30°，又因为|OM|＝c＝eq\r(a2＋b2)，所以|MF1|＝eq\f(1,2)|MO|＝eq\f(1,2)c，|OF1|＝eq\f(\r(3),2)|OM|＝eq\f(\r(3)c,2)，不设M(－eq\f(\r(3)c,2)，eq\f(c,2))，因为M∈C，所以得：eq\f(3c2,2)－eq\f(c2,b2)＝4，即(3b2－2)c2＝8b2，则(3b2－2)(2＋b2)＝8b2，3b4－4b2－4＝0，即(3b2＋2)(b2－2)＝0，所以b2＝2，所以双曲线C的标准方程为：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，渐近线方程为y＝±x.(2)证明：由(1)可得F1(－2，0)，F2(2，0)，①当PF2⊥x轴时，由对称性不妨设点P(2，eq\r(2))，B(2，－eq\r(2))，PF1：y＝eq\f(\r(2),2＋2)(x＋2)＝eq\f(\r(2),4)(x＋2)，代入eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，消去x得7y2－8eq\r(2)y＋2＝0，得yA＝eq\f(\r(2),7)，所以xA＝－eq\f(10,7)，所以eq\f(|PF1|,|AF1|)＝eq\f(yP,yA)＝7，eq\f(|PF2|,|BF2|)＝－eq\f(yP,yB)＝1，则eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)＝7－1＝6，②当PE2不垂直x轴时，由对称性不妨设P(x0，y0)(y2>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA：y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，代入eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，消去x得(eq\f(x0＋2,y0)y－2)2－y2＝2，因为xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝2，所以eq\f(4x0＋6,yeq\o\al(2,0))y2－eq\f(4（x0＋2）,y0)y＋2＝0，由韦达定理：y1y0＝eq\f(yeq\o\al(2,0),2x0＋3)，所以y1＝eq\f(y0,2x0＋3)>0，同理，y2＝－eq\f(y0,2x0－3)<0，所以eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)＝eq\f(|y0|,|y1|)－eq\f(|y0|,|y2|)＝eq\f(y0,y1)－eq\f(y0,－y2)＝y0(eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2))＝y0(eq\f(2x0＋3,y0)－eq\f(2x0－3,y0))＝6，所以eq\f(|PF1|,|AF1|)－eq\f(|PF2|,|BF2|)为定值，且定值为6.定值是证明求解的一个量与参数无关，解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等)，使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决.求定值问题常用的方法有两种：(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2023·广州天河区三模)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B.直线l与C相切，且与圆O：x2＋y2＝4交于M，N两点，M在N的左侧．(1)若直线l的斜率k＝eq\f(1,2)，求原点O到直线l的距离；(2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．(1)解：由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx＋m，与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因为直线l与C相切，所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＝0，故m2＝4k2＋3，当k＝eq\f(1,2)时，m2＝4，m＝2或m＝－2，直线l方程为y＝eq\f(1,2)x±2，所以原点O到直线l的距离为d＝eq\f(|±2|,\r(1＋（\f(1,2)）2))＝eq\f(4\r(5),5).(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，由已知可得A(－2，0)，B(2，0)，所以k1＝eq\f(y1,x1＋2)，k2＝eq\f(y1,x1－2)，由(1)得y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，m2＝4k2＋3，所以k1k2＝eq\f(y1y2,（x1＋2）（x2－2）)＝eq\f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2＋2（x2－x1）－4)＝eq\f(k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2,x1x2＋2（x2－x1）－4)，①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝4，))得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，由韦达定理得Δ＝(2km)2－4(1＋k2)(m2－4)＝16(4k2－m2＋4)＝16>0，x1＋x2＝－eq\f(2km,k2＋1)，x1x2＝eq\f(m2－4,k2＋1)，故(x2－x1)2＝eq\f(4k2m2,（k2＋1）2)－4×eq\f(m2－4,k2＋1)＝eq\f(4（4k2－m2＋4）,（k2＋1）2)＝e